e-Reihe – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Die $e$-Reihe hat die Form $\sum _{k=0}^{\infty }{\tfrac {1}{k!}}$. Wir werden sehen, dass sie konvergiert und als Grenzwert die Eulersche Zahl $e$ hat, die wir im Anwendungsbeispiel für das Monotoniekriterium für Folgen kennengelernt haben. Diese hatten wir als Grenzwert der Folgen $((1+{\tfrac {1}{n}})^{n})_{n\in \mathbb {N} }$ und $((1+{\tfrac {1}{n}})^{n+1})_{n\in \mathbb {N} }$ definiert. Wir werden in diesem Kapitel daher $\lim _{n\to \infty }(1+{\tfrac {1}{n}})^{n}=\lim _{n\to \infty }(1+{\tfrac {1}{n}})^{n+1}=e=\sum _{k=0}^{\infty }{\tfrac {1}{k!}}$ zeigen, was alles andere als offensichtlich ist. Bei der $e$-Reihe handelt es sich um einen Spezialfall der Exponentialreihe $\sum _{k=0}^{\infty }{\tfrac {x^{k}}{k!}}$, die wir später untersuchen werden.

Konvergenz der e-Reihe

Zunächst zeigen wir, dass die Reihe überhaupt konvergiert. Über den Grenzwert machen wir uns danach Gedanken.

Satz (Konvergenz der e-Reihe)

Die Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }{\tfrac {1}{k!}}$ konvergiert.

Beweis (Konvergenz der e-Reihe)

Für die Konvergenz müssen wir zeigen, dass die Folge der Partialsummen $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }=\left(\sum _{k=0}^{n}{\tfrac {1}{k!}}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert. Dazu verwenden wir das Monotoniekriterium für Folgen, indem wir zeigen, dass $(s_{n})$ monoton steigend und nach oben beschränkt ist.

Die Monotonie ist hier ganz einfach. Da alle Summanden positiv sind, gilt

$s_{n+1}=\sum _{k=0}^{n+1}{\frac {1}{k!}}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}+\underbrace {\frac {1}{(n+1)!}} _{\geq 0}\geq \sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}=s_{n}$

Also ist $(s_{n})$ monoton wachsend.

Für die Beschränktheit schätzen wir die Reihe nach oben durch eine geometrische Reihe mit $q={\tfrac {1}{2}}<1$ ab, da wir von dieser ja wissen, dass sie konvergiert, und daher beschränkt ist. Nun gilt

${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}&=\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot \ldots \cdot (k-1)\cdot k}}\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{2\cdot 3\cdot \ldots \cdot (k-1)\cdot k}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\color {OliveGreen}{\frac {1}{2}},{\frac {1}{3}},\ldots {\frac {1}{k-1}},{\frac {1}{k}}\leq {\frac {1}{2}}}\right.\\[0.5em]&\leq \sum _{k=0}^{n}\underbrace {\frac {1}{2\cdot 2\cdot \ldots \cdot 2\cdot 2}} _{(k-1){\text{-mal}}}\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{n}\left({\frac {1}{2}}\right)^{k-1}\\[0.5em]&=2\cdot \sum _{k=0}^{n}\left({\frac {1}{2}}\right)^{k}\\[0.5em]&\leq 2\cdot \sum _{k=0}^{\infty }\left({\frac {1}{2}}\right)^{k}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\color {OliveGreen}{\text{geometrische Reihe mit }}q={\frac {1}{2}}}\right.\\[0.5em]&=2\cdot {\frac {1}{1-{\frac {1}{2}}}}\\[0.5em]&=2\cdot 2=4\end{aligned}}$

Also ist $(s_{n})$ nach oben durch $4$ beschränkt. Nach dem Monotoniekriterium konvergiert also die Reihe.

Grenzwert der e-Reihe

Nun zeigen wir, dass die $e$-Reihe tatsächlich gegen die Eulersche Zahl konvergiert. Dazu benutzen wir den Sandwichsatz, indem wir die Folge der Partialsummen $(s_{n})_{n\in \mathbb {N} }=\left(\sum _{k=0}^{n}{\tfrac {1}{k!}}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ zwischen den beiden Folgen $((1+{\tfrac {1}{n}})^{n})_{n\in \mathbb {N} }$ und $((1+{\tfrac {1}{n}})^{n+1})_{n\in \mathbb {N} }$ "einquetschen". Da diese beide gegen $e$ konvergieren, folgt somit die Behauptung.

Wir müssen also zeigen:

$(1+{\tfrac {1}{n}})^{n}\leq \sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}\leq (1+{\tfrac {1}{n}})^{n+1}$

Satz (Grenzwert der e-Reihe)

Es gilt $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k!}}=e$.

Beweis (Grenzwert der e-Reihe)

Wir zeigen

$(1+{\tfrac {1}{n}})^{n}\leq \sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}\leq (1+{\tfrac {1}{n}})^{n+1}$

und nutzen dann den Sandwichsatz:

1. Ungleichung: $(1+{\tfrac {1}{n}})^{n}\leq \sum _{k=0}^{n}{\tfrac {1}{k!}}$. Diese ist einfacher als die Zweite. Für beide benötigen wir den Binomischen Lehrsatz $(1+x)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}x^{k}$ mit $x={\tfrac {1}{n}}$.

${\begin{aligned}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}&{\underset {\text{Lehrsatz}}{\overset {\text{Binomischer}}{=}}}\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}{\frac {1}{n^{k}}}\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{n}{\frac {n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot \ldots \cdot (n-k+1)}{k!}}\cdot {\frac {1}{n^{k}}}\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{n}{\frac {n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot \ldots \cdot (n-k+1)}{n\cdot n\cdot n\cdot \ldots \cdot n}}\cdot {\frac {1}{k!}}\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{n}\underbrace {{\frac {n}{n}}\cdot {\frac {n-1}{n}}\cdot {\frac {n-2}{n}}\cdot \ldots \cdot {\frac {n-k+1}{n}}} _{\leq 1}\cdot {\frac {1}{k!}}\\[0.5em]&\leq \sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}\end{aligned}}$

2. Ungleichung: $(1+{\tfrac {1}{n}})^{n+1}\geq \sum _{k=0}^{n}{\tfrac {1}{k!}}$. Für diese benötigen wir noch zusätzlich die Bernoulli-Ungleichung $(1+x)^{n}\geq 1+nx$ für $x\geq -1$. Außerdem wird am Ende der Ungleichung eine Teleskopsumme auftreten.

${\begin{aligned}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+1}&{\underset {\text{Lehrsatz}}{\overset {\text{Binomischer}}{=}}}\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}{\frac {1}{n^{k}}}\\[0.5em]&=1+\sum _{k=1}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}{\frac {1}{n^{k}}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\color {OliveGreen}{\text{Indexverschiebung}}}\right.\\[0.5em]&=1+\sum _{k=0}^{n}{\binom {n+1}{k+1}}{\frac {1}{n^{k+1}}}\\[0.5em]&=1+\sum _{k=0}^{n}{\frac {(n+1)\cdot n\cdot (n-1)\cdot \ldots \cdot (n-k+1)}{(k+1)!}}\cdot {\frac {1}{n^{k+1}}}\\[0.5em]&=1+\sum _{k=0}^{n}{\frac {(n+1)\cdot n\cdot (n-1)\cdot \ldots \cdot (n-(k-1))}{n\cdot n\cdot n\cdot \ldots \cdot n}}\cdot {\frac {1}{(k+1)!}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\color {OliveGreen}n+1,n,n-1,\ldots n-(k-1)\geq n-(k-1)}\right.\\[0.5em]&\geq 1+\sum _{k=0}^{n}{\frac {(n-(k-1))^{k+1}}{n^{k+1}}}\cdot {\frac {1}{(k+1)!}}\\[0.5em]&=1+\sum _{k=0}^{n}\left(1-{\frac {k-1}{n}}\right)^{k+1}\cdot {\frac {1}{(k+1)!}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\color {OliveGreen}{\text{Bernoulli-Ungleichung mit }}x=-{\frac {k-1}{n}}\geq -1}\right.\\[0.5em]&\geq 1+\sum _{k=0}^{n}\left(1-{\frac {(k+1)(k-1)}{n}}\right)\cdot {\frac {1}{(k+1)!}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\color {OliveGreen}{\text{Linearität der Summe}}}\right.\\[0.5em]&=1+\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{(k+1)!}}-{\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n}{\frac {(k+1)(k-1)}{(k+1)!}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\color {OliveGreen}{\text{Indexverschiebung bei 1.Summe, Kürzen in 2.Summe}}}\right.\\[0.5em]&=1+\sum _{k=1}^{n+1}{\frac {1}{k!}}-{\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n}{\frac {(k-1)}{k!}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\color {OliveGreen}1={\frac {1}{1!}}{\text{ und Herauziehen des }}n+1{\text{-ten Summanden der Summanden für }}k=0{\text{ und }}k=1{\text{ der 2. Summe.}}}\right.\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}+\underbrace {\frac {1}{(n+1)!}} _{\geq 0}-{\frac {1}{n}}\left[-1+0+\sum _{k=2}^{n}{\frac {(k-1)}{k!}}\right]\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\color {OliveGreen}{\text{Auseinanderziehen des Bruchs in der 2. Summe und }}{\frac {k}{k!}}={\frac {1}{(k-1)!}}}\right.\\[0.5em]&\geq \sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}-{\frac {1}{n}}\left[-1+\sum _{k=2}^{n}\left({\frac {1}{(k-1)!}}-{\frac {1}{k!}}\right)\right]\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\color {OliveGreen}{\text{2. Summe ist Telekopsumme }}\sum _{k=2}^{n}\left({\frac {1}{(k-1)!}}-{\frac {1}{k!}}\right)=1-{\frac {1}{n!}}}\right.\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}-{\frac {1}{n}}\left[-1+1-{\frac {1}{n!}}\right]\\[0.5em]&=\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}+\underbrace {\frac {1}{n\cdot n!}} _{\geq 0}\\[0.5em]&\geq \sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}\end{aligned}}$

Also haben wir $(1+{\tfrac {1}{n}})^{n}\leq \sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}\leq (1+{\tfrac {1}{n}})^{n+1}$ gezeigt. Da $\lim _{n\to \infty }(1+{\tfrac {1}{n}})^{n}=\lim _{n\to \infty }(1+{\tfrac {1}{n}})^{n+1}=e$, folgt mit dem Sandwichsatz auch $\lim _{n\to \infty }\sum _{k=0}^{n}{\tfrac {1}{k!}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\tfrac {1}{k!}}=e$.

Bemerkungen

• Alternativ lässt sich auch $\liminf _{n\to \infty }\sum _{k=0}^{n}{\tfrac {1}{k!}}\leq e\leq \limsup _{n\to \infty }\sum _{k=0}^{n}{\tfrac {1}{k!}}$ zeigen, woraus dann ebenfalls $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k!}}=e$ folgt.
• Des Weiteren bilden die Folgen $a_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\tfrac {1}{k!}}$ und $b_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\tfrac {1}{k!}}+{\tfrac {1}{n\cdot n!}}$ eine Intervallschachtellung $(I_{n})_{n\in \mathbb {N} }=([a_{n},b_{n}])_{n\in \mathbb {N} }$, deren Schnittelement $e$ ist.
• Der Vorteil der $e$-Reihe im Vergleich zur $e$-Folge ist, dass die Reihe wesentlich schneller gegen die eulersche Zahl konvergiert. Beispielsweise stimmt $\sum _{k=0}^{10}{\tfrac {1}{k!}}\approx 2.7182818011$ schon auf 7 Nachkommastellen mit $e=2.718281828$ überein, während $\left(1+{\tfrac {1}{1000}}\right)^{1000}=2.7169239$ erst auf 2 Nachkommastellen übereinstimmt.

Ausblick: Exponentialreihe

Wie in der Einleitung schon angekündigt werden wir später noch die Exponentialreihe $\sum _{k=0}^{\infty }{\tfrac {x^{k}}{k!}}$ behandeln. Wir werden zeigen, dass diese für alle $x\in \mathbb {R}$ konvergiert. Daher wird über diese auch die reelle (sogar komplexe) Exponentialfunktion $\exp :\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ definiert. Dass diese auch tatsächlich die aus der Schule bekannten Eigenschaften besitzt, muss natürlich noch gezeigt werden. Mit dem Grenzwert der $e$-Reihe können wir dann folgern:

$\exp(1)=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1^{k}}{k!}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k!}}=e$